北京市昌平区新学道临川学校2020届高三上学期期中考试化学试题

2019-2020学年北京新学道临川学校高三（上）期中化学试卷
一、选择题（本题共14小题，每小题只有一个正确选项，每题3分，共42分）
1.下列化学用语或名称表述不正确的是（ ）
A. 葡萄糖的分子式：C6H12O6
B. HCl的电子式：
C. 的名称：2﹣甲基丙烷
D. 含有10个中子的氧原子可表示为：O
【答案】B
【解析】
【详解】A、葡萄糖是一种多﹣OH的醛，结构中含6个C原子、5个﹣OH和1个﹣CHO，故分子式为C6H12O6，故A正确；
B、HCl共价化合物，H原子和Cl原子之间以共价键结合，故其电子式为，故B错误；
C、烷烃命名时，选最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号碳原子上有一个甲基，故名称为2﹣甲基丙烷，故C正确；
D、质量数＝质子数+中子数，故中子数为10氧原子的质量数为10+8＝18，并将质量数标注在元素符号的左上角，故为O，故D正确。
故选：B。
【点睛】解答本题时必须熟练掌握有关化学用语的书写，如离子化合物与共价化合物电子式书写的区别，烷烃系统命名的步骤和原则等。
2.下列物质的用途利用了其氧化性的是（ ）
A. 漂粉精用于消毒游泳池水 B. SO2用于漂白纸浆
C. Na2S用于除去废水中的Hg2+ D. FeCl2溶液用于吸收Cl2
【答案】A
【解析】
【详解】A．漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；
B．SO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；
C．Na2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；
D．FeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；
故选A。
3.下列各分子中，所有原子都满足最外层8电子结构的是
A. BF3 B. NCl3 C. H2O D. PCl5
【答案】B
【解析】
【详解】根据定义，共价键中的电子被成键的两个原子共有，围绕两个原子核运动。所以，形成共价键的原子的最外层电子数等于它本身最外层电子的个数加上它与其他原子形成共价键的数目。据此，题中各原子的最外层电子个数为：
 A 中 B 有 3+3 ＝ 6 个、 F 有 7+1 ＝ 8 个，不符合题意； 
B 中 N有 5+3＝ 8个、 Cl有 7+1 ＝ 8 个，符合题意；
C 中 H有 1+1 ＝2个、 O有 6+2 ＝ 8 个，不符合题意；
D 中 P 有 5+5 ＝ 10 个、 Cl 有 7+1 ＝ 8 个，不符合题意。
故答案选B。
【点睛】本题要注意解题方法：满足最外层8电子饱和的，那我们先看有没有氢元素，因为氢元素最外层2个电子就可以达到饱和了，所以很快的就可以排除了C选项，对于这种题目我们可以按照一个公式：化合价的绝对值+主族序数=8，那么就满足八个电子饱和了。
4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 1 mol OH－ 中含有9NA个电子
B. 28 g的CO气体中含有NA个氧原子
C. 1 L 1 mol/L的AlCl3溶液中含有NA个Al3+
D. 常温常压下11.2 L的甲烷气体含有的分子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
试题分析：A、1 mol OH－ 中含有10NA个电子，A错误；B、28 g的CO的物质的量是1mol，则气体中含有NA个氧原子，B正确；C、铝离子水解，则1 L 1 mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+个数小于NA个，C错误；D、常温常压下11.2 L的甲烷气体的物质的量不是0.5mol，则含有的分子数不是0.5NA，D错误，答案选B。
考点：考查阿伏伽德罗常数的计算
5. 表示下列反应的离子方程式正确的是（ ）
A. 铁溶于稀盐酸：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B. 氯化铝溶液中加过量氨水：Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+
C. 碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热：NH4++OH﹣H2O+NH3↑
D. 氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣
【答案】B
【解析】
A．铁溶于稀盐酸反应的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．氯化铝溶液中加过量氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故B正确；
C．碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热HCO3﹣+NH4++2OH﹣2H2O+NH3↑+CO32﹣，故C错误；
D．氯气通入水中，溶液呈酸性的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故D错误；
故选B．
【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，选项A为易错点，侧重与量有关的离子反应的考查，注意氢氧化铝的两性，综合性较强，题目难度不大．
6.在pH =1且含有大量Fe2+和NH4+的溶液中，能大量存在的阴离子是
A. SO42- B. NO3- C. OH- D. HCO3-
【答案】A
【解析】
试题分析：离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。则A、硫酸根离子与Fe2+和NH4+不反应，能大量共存，A正确；B、在酸性溶液中硝酸根具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C、H+与OH-不能大量共存，C错误；D、H+与HCO3-结合生成水和CO2气体，不能大量共存，D错误，答案选A。
考点：考查离子共存的正误判断
7. 下列事实与碳、硅的非金属性强弱无关的是( )
A. CH4的热稳定性强于SiH4
B. H2CO3的酸性强于H2SiO3
C. CO2能溶于水生成碳酸，而SiO2却不溶于水
D. 碳、硅同主族，原子半径碳小于硅
【答案】C
【解析】
试题分析：A、元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，CH4的热稳定性强于SiH4，可说明C元素的非金属性比Si元素强，所以与非金属性强弱有关，A项错误；B、元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，H2CO3的酸性强于H2SiO3，可说明C元素的非金属性比Si元素强，所以与非金属性强弱有关，B项错误；C、物质的溶解性属于物理性质，与元素的非金属性强弱无关，C项正确；D、在周期表中同主族元素从上到下原子半径依次减小，非金属性依次减弱，所以碳、硅同主族，原子半径碳小于硅，可说明C元素的非金属性比Si元素强，所以与非金属性强弱有关，D项错误；答案选C。
考点：考查碳硅性质比较
8.食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水。下列分析不正确的是（ ）
A. “双吸剂”中的生石灰有吸水作用
B. “双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应
C. 吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极
D. 炭粉上发生的反应为：O2+4e﹣+4H+=2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，具有吸水性，从而可以作干燥剂，则“双吸剂”中的生石灰有吸水作用，故A正确；
B．在食品包装中加入铁粉，与碳粉、氯化钠溶液可构成原电池，正极上氧气得到电子，发生了原电池反应，故B正确；
C．Fe为活泼金属，易失去电子，铁作原电池的负极，故C正确；
D．由选项BC可知，正极上氧气得到电子，电极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故D错误；
故选：D。
9.已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是
A. 原子半径：As＞Cl＞P B. 热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr
C. 还原性：As3-＞S2-＞Cl- D. 酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4
【答案】C
【解析】
【详解】A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；
B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；
C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；
D．非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；
故选C．
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10.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中相对位置如下表所示，Y是地壳中含量最高的元素。下列说法中不正确的是（ ）

X

Y
Z


W


A. Z的原子半径大于Y
B. Y的非金属性强于W
C. W的氧化物对应的水化物都是强酸
D. X、Z的最高价氧化物均可与NaOH溶液反应
【答案】C
【解析】
【详解】Y是地壳中含量最高的元素，即Y是O，根据元素周期表中元素的分布，所以W是S，X是C，Z是Al元素。
A、一般原子电子层越多，半径越大，所以原子半径Al＞O，故A正确；
B、O、S是同主族元素的原子，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，即O的非金属性强于W，故B正确；
C、S元素的氧化物有二氧化硫和三氧化硫两种，二氧化硫对应的酸亚硫酸是中强酸，三氧化硫对应的酸硫酸是强酸，故C错误；
D、二氧化碳是酸性氧化物可以和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，氧化铝是两性氧化物，可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故D正确，
故选：C。
11.如图为氟利昂（如CFCl 3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列不正确的是 

A. 过程Ⅰ中断裂极性键C-Cl键
B. 过程Ⅱ可表示为O3 + Cl =ClO + O2
C. 过程Ⅲ中O + O = O2是吸热过程
D. 上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂
【答案】C
【解析】
A、过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C-Cl键，选项A正确；B、根据图中信息可知，过程Ⅱ可表示为O3 + Cl = ClO + O2，选项B正确；C、原子结合成分子的过程是放热的，选项C错误；D、上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂，选项D正确。答案选C。
12.关于相同体积、相同的盐酸和醋酸溶液及其相关实验的说法，正确的是
A. 室温时，由水电离出的：盐酸小于醋酸溶液
B. 用等浓度的溶液中和两种溶液时：所需体积相同
C. 均加水冲稀10倍后：盐酸的大于醋酸溶液的
D. 均加入足量镁粉，反应完全后产生的物质的量：盐酸大于醋酸溶液
【答案】C
【解析】
醋酸水一元弱酸，而盐酸是一元强酸，所以在pH相同的条件下，醋酸的浓度大于盐酸的，因此和足量镁反应，醋酸产生的氢气多，D不正确。溶液中氢离子浓度相同，所以对水电离的抑制程度相同，A不正确。醋酸浓度大，消耗的氢氧化钠多，B不正确。稀释促进电离，所以稀释相同的倍数后，醋酸的酸性强于盐酸的，选项C正确，答案选C。
13.白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图。 下列有关白屈菜酸的说法中，不正确的是（ ）

A. 分子式是C7H4O6 B. 能发生加成反应
C. 能发生水解反应 D. 能发生加聚反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知分子式为C7H4O6，故A正确；
B．含有碳碳双键和羰基，可发生加成反应，故B正确；
C．含有羰基和羧基，不能水解，故C错误；
D．含有碳碳双键，可发生加聚反应，故D正确。
故选：C。
【点睛】解答本题需注意：白屈菜酸中不含苯环，结构中含碳碳双键。
14.通过卤素间反应实验，可以比较出卤素单质氧化性的强弱。实验如下：

下列说法不正确的是
A. CCl4起到萃取、富集I2的作用
B. a中下层变无色，说明I2 转化为I－
C. Ⅲ中发生反应的离子方程式为：Br2 + 2I－=== I2 + 2Br－
D. 依据a、b中现象，可以证明Cl2的氧化性比 Br2强
【答案】B
【解析】
【详解】A、碘单质和四氯化碳都是非极性分子,下层呈紫色,所以CCl4起到萃取、富集I2的作用,所以A选项是正确的;B、四氯化碳不溶于水,比水重,碘单质在四氯化碳中溶解度大于水中,四氯化碳层为紫红色,上层主要溶质是氯化钾,加氯水后，I2被氧化为碘酸根离子，能溶解在水中，而不是将I2转化为I-,故B错误;C、溴单质的氧化性强于碘单质,所以溴单质能将碘离子氧化成碘单质,发生了Br2+2I-= I2+2Br-,所以C选项是正确的;D、Ⅱ滴入氯水能将碘单质氧化成无色的碘酸根离子,而Ⅳ滴入溴水下层仍呈紫色,所以氯气的氧化性强于溴单质,故D正确; 答案：B。
二、填空题（本题共6小题，共58分）
15.双草酸酯（CPPO）是冷光源发光材料的主要成分，合成某双草酸酯的路线设计如下：

已知：
①
②+HCl
（1）B分子中含有的官能团名称是___。
（2）该CPPO结构中有___种不同化学环境的氢原子。
（3）反应④的化学方程式是___。
（4）在反应①～⑧中属于取代反应的是___。
（5）C的结构简式是___。
（6）写出F和H在一定条件下聚合生成高分子化合物的化学方程式___。
（7）资料显示：反应⑧有一定的限度，在D与I发生反应时加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率，其原因是___。
【答案】 (1). 羟基 (2). 3 (3). CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br (4). ②③⑤⑧ (5). (6). +(2n-1)H2O (7). 有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移
【解析】
【详解】根据流程图可知，反应①为CH2＝CH2与HCl发生加成反应生成A，A为CH3CH2Cl，A发生水解反应生成的B为CH3CH2OH。乙烯与溴发生加成反应生成的E为BrCH2CH2Br，G能与银氨溶液反应，则E发生水解反应生成的F为HOCH2CH2OH，F发生氧化反应生成的G为OHC﹣CHO，G发生银镜反应后酸化，则H为HOOC﹣COOH，H发生信息①中的取代反应生成的I为ClOC﹣COCl。B与C反应得到D，D与I发生信息②中的反应得到CPPO，由CPPO的结构可知，D为，则C为，
（1）由上述分析可知，B为CH3CH2OH，分子中含有的官能团名称是：羟基，故答案为：羟基；
（2）由CPPO的结构简式可知，CPPO分子中有3种不同化学环境的氢原子，故答案为：3；
（3）反应④是乙烯与溴发生加成反应，反应化学方程式是CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br，故答案为：CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br；
（4）在反应①～⑧中，①④属于加成反应，⑥⑦属于氧化反应，②③⑤⑧属于取代反应，故答案为：②③⑤⑧；
（5）由上述分析可知，C的结构简式是，故答案为：；
（6）HOCH2CH2OH与HOOC﹣COOH发生所缩聚反应生成高分子化合物，反应方程式为：+(2n-1)H2O，故答案为：+(2n-1)H2O；
（7）反应⑧有一定的限度，D与I发生取代反应生成CPPO和HCl，则加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率的原因是：有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移，故答案为：有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移。
16.C1O2是常用的自来水消毒剂。
I．已知实验室可用亚氯酸钠固体与氯气反应制备ClO2：2NaClO2+C12 =2C1O2+2NaCl，装置如下图所示：

(1)圆底烧瓶内发生反应的化学方程式是：__________。
(2)已知常温常压下，ClO2和Cl2是气体，在下列溶剂中溶解性如下表所示：

ClO2
Cl2
水
极易溶于水
溶
CCl4
难溶
溶

B、C、E装置中的试剂依次是_________（填序号）。
a.NaOH溶液 b.浓硫酸 c.饱和食盐水 d.CCl4 e.饱和石灰水
II．使用C1O2在给自来水消毒的过程中会产生有害的副产物亚氯酸根(ClO2-)，可用Fe2+将其去除。已知ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，而ClO2-则被还原成Cl-。
(3)Fe2+消除ClO2-的离子方程式为_______。
(4)实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值，原因是(结合离子方程式解释)___________。
【答案】 (1). MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). cbd (3). ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3↓+Cl-+8H+ (4). Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+
【解析】
分析】
由题目中所给信息和实验装置图可知：实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2++Cl2↑+2H2O，经除杂、干燥后在D中亚氯酸钠固体反应生成ClO2，B装置除去氯气中的氯化氢，C装置用浓硫酸进行干燥，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后用向上排空法、或排水法收集，并注意气体的性质和装置来分析防止倒吸的装置。
(1)圆底烧瓶中浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，两者反应生成二氯化锰、氯气、水；
(2)氯化氢易挥发，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，氯气中混有氯化氢，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，因氯气从溶液中制取，所以氯气中混有水蒸气，浓硫酸干燥除去水，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2；
(3)ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，而ClO2-则被还原成Cl-，据此结合化合价升降相等配平该反应的离子方程式；
(4)Fe2+具有较强换一下，易被水中溶解的氧气氧化，故实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。
【详解】(1)实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸盛装在分液漏斗中，烧瓶内MnO2，浓盐酸和MnO2在加热条件下反应生成二氯化锰、氯气、水，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2++Cl2↑+2H2O；
(2)由于浓盐酸具有挥发性，所以在加热时制取的氯气中混有杂质HCl和水蒸气，为制备纯净干燥的氯气，根据氯气不溶于饱和食盐水的性质，可用饱和食盐水除去气体中混有的HCl杂质，然后用浓硫酸干燥除去水蒸气，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，所以B、C、E装置中的试剂依次为：饱和食盐水、浓硫酸、CCl4，故B、C、E装置中的试剂序号依次是cbd；
(3)ClO2-与Fe2+在pH=5～7的条件下能快速反应，最终形成红褐色沉淀，该沉淀为Fe(OH)3，铁元素化合价升高了1，而ClO2-则被还原成Cl-，化合价降低了4价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可知Fe2+和Fe(OH)3的系数为4，ClO2-、Cl-的系数为1，结合质量守恒，配平该反应的离子方程式为：ClO2-+4Fe2++10H2O=4Fe(OH)3↓+Cl-+8H+；
(4)由于Fe2+易被水中溶解的氧气氧化，发生反应为4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3↓+8H+，所以实际向自来水中加入Fe2+的量要高于理论值。
【点睛】本题以实验室制备ClO2为载体，考查了物质制备方案的设计的知识，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。
17.海洋是一个巨大的化学资源宝库，从海水中可制取氯、溴、碘及其化工产品。
（1）氯的原子结构示意图是___。
（2）碘在元素周期表中的位置是___。
（3）向浓缩的海水中通入Cl2，可将Br﹣转化为Br2．该反应的离子方程式是___。
（4）用热空气将上述过程中产生的Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等；再将混合溶液用稀硫酸酸化得到Br2，得到Br2的离子方程式是___。
【答案】 (1). (2). 第五周期ⅦA族 (3). 2Br﹣+Cl2＝Br2+2Cl- (4). 5Br﹣+BrO3﹣+6H+＝3Br2+3H2O
【解析】
【详解】（1）Cl原子核外电子数为17，有3个电子层，各层电子数为2、8、7，原子结构示意图为：，故答案为：；
（2）I原子核外有5个电子层、最外层电子数为7，处于周期表中第五周期ⅦA族，故答案为：第五周期ⅦA族；
（3）Cl2将Br﹣氧化为Br2，自身被还原为Cl﹣，反应离子方程式为：2Br﹣+Cl2＝Br2+2Cl﹣，故答案为：2Br﹣+Cl2＝Br2+2Cl﹣；
（4）Br﹣、BrO3﹣在酸性条件下发生反应生成Br2，根据元素守恒可知还生成H2O，反应离子方程式为：5Br﹣+BrO3﹣+6H+＝3Br2+3H2O，故答案为：5Br﹣+BrO3﹣+6H+＝3Br2+3H2O。
18.黄铜矿主要成分是二硫化亚铁铜（CuFeS2）。黄铜矿经熔炼、煅烧后得到粗铜和炉渣，冶炼过程的主要反应有：

（1）二硫化亚铁铜也可以表示为CuS·FeS，其中硫元素的化合价是 。
（2）反应②中还原剂是 。
（3）某校学习小组用炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等）制备铁红，进行如下实验。

① 炉渣碱浸时反应的离子方程式是 、 。
② 滤渣1中加入硫酸并通入氧气可使FeO转化为Fe3+，该反应的离子方程式是 ；为检验铁元素是否被氧化完全，应进行的实验是：取少量滤液2于试管中 。
【答案】（1）-2
（2）Cu2S
（3）①SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O
②4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O 再滴入2-3滴酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪色，则氧化不完全，反之氧化完全。
【解析】
（1）二硫化亚铁铜也可以表示为CuS。FeS，其中硫元素的化合价是-2价；
（2）反应②中Cu2S中Cu元素的化合价由+1价升高到+2价，硫元素的化合价由-2价升高到+4价，被氧化，做还原剂；
（3）①炉渣中加入过量氢氧化钠溶液发生的离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；②滤渣1中加入硫酸并通入氧气可使FeO转化为Fe3+，该反应的离子方程式是，4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O；为检验铁元素是否被完全氧化，可难舍难分滤液中是否含有Fe2+，应进行的实验操作是，取少量滤液2于试管中，再滴入2-3滴酸性高锰酸钾溶液，若紫色褪色，则氧化不完全，反之氧化完全。
19.在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：
化学方程式
K（t1）
K（t2）
F2+H22HF
1.8×1036
1.9×1032
Cl2+H22HCl
9.7×1012
4.2×1011
Br2+H22HBr
5.6×107
9.3×106
I2+H22HI
43
34

（1）已知t2＞t1，HX的生成反应是___反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）HX的电子式是___。
（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是___。
（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：___。
（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：___，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。
（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，___（选填字母）。
a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c．HX的还原性逐渐减弱
d．HX的稳定性逐渐减弱
【答案】 (1). 放热 (2). (3). HF、HCl、HBr、HI (4). 卤素原子的最外层电子数均为7 (5). 同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多 (6). ad
【解析】
【详解】（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是放热反应；
（2）HX属于共价化合物，H与X之间形成的化学键是极性共价键，因此HX的电子式是；
（3）F、Cl、Br、I属于ⅦA，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以H﹣F键的极性最强，H﹣I的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；
（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构。而H原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而达到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX；
（5）平衡常数越大，说明反应越易进行，F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小的主要原因是：同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱。
（6）a.K值越大，说明反应的正向程度越大，即X2的转化率越高，a正确；b.K值越大，说明反应正向进行的程度越大，不能说明反应的剧烈程度，b错误；c. HX还原性的强弱与K的大小无直接联系，c错误；d.K值越小，反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，d正确；答案选ad。
故答案为：（1）放热；（2）；（3）HF、HCl、HBr、HI；（4）卤素原子的最外层电子数均为7；（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多；（6）ad。
20.科学家开发出一种“洁净煤技术”，通过向地下煤层“气化炉”中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。“气化炉”中主要反应有：
C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）△H＝+131.3kJ•mol﹣1
CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41.2kJ•mol﹣1
（1）气化炉中CO2与C反应转化为CO，该反应的热化学方程式是___。
（2）用煤炭气合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1：2混合反应，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。

①生成甲醇的反应为___反应（填“放热”或“吸热”）。
②图中两条曲线分别表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO转化率随温度的变化，其中代表压强是5.0MPa的曲线是___（填“A”或“B”）。
③在不改变反应物用量的前提下，为提高CO转化率可采取的措施有___（答出一种即可）。
④压强为0.1MPa、温度为200℃时，平衡混合气中甲醇的物质的量分数是___。
【答案】 (1). C（s）+CO2（g）＝2CO（g） △H＝+172.5 kJ•mol﹣1 (2). 放热 (3). A (4). 降温或加压 (5). 25%
【解析】
【详解】（1）已知：①C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）△H＝+131.3kJ•mol﹣1，②CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41.2kJ•mol﹣1，利用盖斯定律将①﹣②可得C（s）+CO2（g）＝2CO（g）△H＝+172.5 kJ•mol﹣1，故答案为：C（s）+CO2（g）＝2CO（g）△H＝+172.5 kJ•mol﹣1；
（2）①由图象可知，随温度的升高其转化率降低，说明升温时平衡逆向移动，正反应放热，故答案为：放热；
②从方程式可知，反应物有3mol气体，生成物有1mol气体，所以压强增大时平衡气体体积减小的方向移动，即正向移动，在相同温度时，转化率高的压强大，故答案为：A；
③增大反应物的转化率，即要使平衡向正向移动，而影响平衡移动的因素只有三个：温度、压强、浓度，本题只能是降温或加压，故答案为：降温或加压；
④根据图像，压强为0.1MPa、温度为200℃时CO的转化率为50%，设加入CO物质的量为amol，则H2为2amol
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
反应前（mol） a 2a 0
反应了（mol）0.5a a 0.5a
平衡时（mol）0.5a a 0.5a
求得平衡时甲醇的物质的量分数为：×100%＝25%，故答案为：25%。